初中数学第25章染色问题竞赛专题复习人教版附答案.docx

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初中数学第25章染色问题竞赛专题复习人教版附答案

初中数学第25章染色问题竞赛专题复习（人教版附答案）

第25章染色问题25.1.1★★圆周上等间距地分布着27个点，它们被分别染为黑色或白色．今知其中任何2个黑点之间至少间隔2个点．证明：

从中可以找到3个白点，它们形成等边三角形的3个顶点．解析我们将27个点依次编号，易知它们一共可以形成9个正三角形（1，10，19），（2，11，20），…，（9，18，27）．由染色规则知，其中至多有9个黑点．如果黑点不多于8个，则其中必有一个正三角形的所有顶点全为白色．如果黑点恰有9个，那么由染色规则知，它们只能是一黑两白相间排列，其中也一定有一个正三角形的所有顶点全为白色．25．1．2★★某班有50位学生，男女各占一半，他们围成一圈席地而坐开营火晚会．求证：

必能找到一位两旁都是女生的学生．解析将50个座位相间地涂成黑白两色，假设不论如何围坐都找不到一位两旁都是女生的学生，那么25个涂有黑色记号的座位至多坐12个女生．否则一定存在两相邻的涂有黑色标记的座位，其上面都坐着女生，其间坐着的那一个学生与假设导致矛盾．同理，25个涂有白色标记的座位至多只能坐12个女生，因此全部入座的女生不超过24人，与题设相矛盾．故命题得证．25.1.3★在线段的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色，在线段中间插入个分点，在各个分点上随意地标上红色或蓝色，这样就把原线段分为个不重叠的小线段，这些小线段的两端颜色不同者叫做标准线段．求证：

标准线段的个数是奇数．设最后一个标准线段为．若，则仅有一个标准线段，命题显然成立；若，由、不同色，则必与同色，不妨设与均为红色，那么在和之间若有一红蓝的标准线段，必有一蓝红的标准线段与之对应；否则不能为红色，所以在和之间，红蓝和蓝红的标准线段就成对出现，即和之间的标准线段的个数是偶数，加上最后一个标准线段，所以，和之间的标准线段的个数是奇数．25．1．4★★能否用面积为的一些长方块将的棋盘覆盖?

解析如图中标上1～4这些数，显然每个1×4的长方块各占1、2、3、4一个，于是如果可以覆盖，则1、2、3、4应一样多，但1有25个，2则有26个，矛盾!

因此不能覆盖．1234123512234123412334123412344123412341123412341223412341233412341234412341234112341234122341234123

25.1.5★★12个红球和12个蓝球排成一行，证明：

必有相邻的6个球三红三蓝．解析将这些球标上数字，红球标1，而蓝球则标上，于是问题变为：

必定有6个相邻的球其标数之和为．记从第个球起的6个数字和为，于是可取1，2，…，19．易知的全部取值为、、、0、2、4、6，且或2（可以认为以2或、0的步长“连续”变化）．由，知若四数中有0，则结论成立，否则必有正有负．不妨设，，，{1，7，13，19}，于是必存在一个，在与之间，．25．1．6★如图，把正方体形的房子分割成27个相等的小房间，每相邻（即有公共面）两个房间都有门相通，在中心的那个小正方体中有一只甲虫，甲虫能从每个小房问走到与它相邻的小房间中的任何一问去．如果要求甲虫只能走到每个小房间一次，那么甲虫能走遍所有的小房间吗?

解析甲虫不能走遍所有的小房间．我们如右图将正方体分割成27个小正方体（每个小正方体表示一问房间），涂上黑白相间的两种颜色，使得中心的小正方体染成白色，再使两个相邻的小正方体染上不同的颜色．显然，在27个小正方体中，14个是黑的，13个是白的．甲虫从中间的白色小正方体出发，每走一步，方格就改变一种颜色．故它走26步，应该经过14个白色的小正方体、13个黑色的小正方体．因此在26步中至少有一个小正方体，甲虫进去过两次．由此可见，如果要求甲虫到每一个小房间只去一次，那么甲虫不能走遍所有的小房间．25.1.7★★3行9列共27个小方格，将每个小方格涂上红色或蓝色．试证：

无论如何涂法，其中至少有两列，它们的涂色方式完全一样．解析第一行的9个方格中必有5格同色（抽屉原理），不妨设这5个方格位于前五个位置，且都为红色．下面考虑前五列构成的3×5小矩形．第二行的五格中必有3格是同色的，不妨设这三格位于前三个位置．接着考虑前三列构成的3×3方阵，该方阵前两行的每列完全一样．对第三行，用两种颜色染色时，三列中必有两列同色，不妨设是前两列．此时前两列的涂色方式完全一样．红红红红红25.1.8★★如图（），是由14个大小相同的正方形组成的图形，证明：

不论如何用剪刀沿着图中直线进行剪裁，总剪不出七个由相邻两个小正方形组成的矩形来．解析如图（）涂色．若有一种剪法能剪出七个相邻两个小正方形组成的矩形，则每个矩形一定由一个涂色小正方形和一个不涂色小正方形构成．因此，应该有七个涂色小正方形和七个不涂色的小正方形．但图中有八个涂色小正方形，六个不涂色小正方形，因此适合题意的剪法不存在．25.1.9★★★在8×8的国际象棋棋盘中的每个方格都填上一个整数，现任挑选3×3或4×4的正方形，将其中每个数加1，称为一次操作，问是否能经过有限次操作，一定可以让方格中的所有整数均被10整除?

解析按图中选择小方格涂黑，易见每个3×3或4×4都包含偶数个小黑格，这些小黑格中原来数字之和是奇数的话，那么操作一次后，数字和仍是奇数，因此不能得到最后均被10整除．答案是不一定．25.1.10★★4×4的方格表中最多选择几个格子涂黑，使得不存在4个黑格的中心是一个矩形的顶点?

解析如图，涂9格，无所求矩形，下证若涂10格，则会出现所求矩形．这是因为若有一行全部涂黑，则余下的行中必有一行至少涂黑2格，此时便有所求矩形出现．于是每行黑格数不到4个，必有两行各包含3个黑格，此时不难看出有所求矩形出现，因此最多选择9格．25.4.11★★★在8×8的国际象棋棋盘中剪去哪个小方格，使得剩下的小方格可以被1×3的矩形覆盖?

解析剪去左上角的方格后，棋盘不能用21个3×1的矩形覆盖．为了证明这一点，我们将棋盘涂上三种颜色，涂法如图，其中数字1、2、3分别表示第一、二、三种颜色．如果能用21个3×1矩形将剪去左上角的棋盘覆盖，那么每个3×1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各1个，从而21个3×1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各21个，然而棋盘（剪去左上角后）却有第一种颜色的方格20个，第二种颜色的方格22个，第三种颜色的方格21个．因此，剪去左上角的棋盘无法用21个3×1的矩形覆盖．由此可见，如果剪去一个方格后，棋盘能用21个3×1的矩形覆盖，那么剪去的方格一定是图中涂第二种颜色的方格．但是，剪去图中涂第二种颜色的一个方格后，仍然不能保证一定能用21个3×1的矩形覆盖，比如说，剪去图中第一行第2个方格后不能用21个3×1的矩形覆盖，这是由于棋盘的对称性，剪去这个方格与剪去第一行第7个（涂第一种颜色的）方格（或剪去第八行第2个涂第三种颜色的方格）所剩下的棋盘完全相同．1231231223123123312312311231231223123123312312311231231223123123

于是，只有剪去第三行第3个、第三行第6个、第六行第3个、第六行第6个这四个方格中的某一个，剩下的棋盘才有可能用21个3×1的矩形覆盖．不难验证这时确实能够覆盖．25.1.12★★求证：

只用2×2及3×3的两种瓷砖不能恰好铺盖23×23的正方形地面．解析将23×23的正方形地面中第1、4、7、10、13、16、19、22列中的小方格全染成黑色，剩下的小方格全染成白色，于是白色的小方格的个数为15×23，这是奇数．因为每块2×2瓷砖总是盖住二黑格和二白格或者盖住四白格，每块3×3瓷砖总是盖住三黑格和六白格，故无论多少2×2及3×3的瓷砖盖住的白格数总是一个偶数，不可能盖住23×15个白格，所以，只用2×2及3×3的瓷砖不能盖住23×23的地面．1234123423412341341234124123412312341234234123413412341241234123

25.1.13★★求证：

用15块大小是1×4的矩形瓷砖和1块大小是2×2的正方形瓷砖，不能恰好铺盖8×8的正方形地面．解析把8×8的正方形地面上64个小方格依次赋值1、2、3、4如图．无论1×4的矩形瓷砖怎样盖在图中所示的地面上，每块l×4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方块各1个，可见15块1×4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方格各15个，而一块2×2的正方形瓷砖无论盖在何处，只有如下四种情形之一：

这就是说，2×2的正方形瓷砖所盖住的4个小方块中，必有两个小方块有相同数码．由此可见，如果15块1×4，1块2×2的瓷砖恰好能铺盖8×8的正方形地面，那么这64个小方块中，某一种赋值的小方块应有17块，但实际上，赋值1、2、3、4的小方块各16块，矛盾．25.1.14★★7×7的方格表中有19个方格涂成红色，称一行或一列是红色的如果该行或该列中至少有4个红格．问该方格表中最多有多少个红色的行和列?

解析首先我们指出红色的行和列不多于8个．若不然，红色的行和列至少9个，则其中必有5个红行或红列，不妨设为前者．由于每个红行中至少有4个红格，故知表中至少有20个红格．此与已知条件矛盾．其次，当我们将表格中的某个4×4的正方形的16个方格全部涂红时，便得到4个红行和4个红列，共8个．这表明有19个红格时，确可使红行与红列的个数达到8．所以最大值为8．25.1.15★★如图是由4个l×1方格组成的形纸片，如果一个方格的棋盘能被若干个形纸片无重复地覆盖，试证：

是8的倍数．解析设棋盘由个形纸片所覆盖，而形是由4个1×1小方格所组成，则可令．由此得出、中至少有一个偶数，不失一般性，可令为偶数，即共有偶数列．现在对“列”进行黑、白交替染色，可得黑、白格各共有个．易见每个形纸片无论怎样配置，总是盖住奇数个黑格．今共有个黑格，因此必须有偶数个形，从而证得是8的倍数．25.1.16★★在8×8的方格棋盘上最多能放多少个马，它们互不相吃（假定有足够多的马）?

解析我们将棋盘相间染成黑白二色，则黑格与白格各32个．按马的走法（如图）知，黑格上的马只能吃白格上的马，因此，将所有黑格都放马，它们是互不相吃的．这就是说，我们可以放32个马，它们互不相吃．现证任意放33个马必有被吃的情形．事实上，将棋盘划分为8个2×4的小棋盘，则至少有一个小棋盘要放5个马，其放法只有两种可能：

要么一排放1个，另一排放4个；要么一排放2个，另一排放3个．显然这两种放法都不可避免地发生互相“残杀”的结局．因此，最多能放32个马，它们互不相吃．25.1.17★★★在12×12的棋盘上，一匹超级马每步跳至3×4矩形的另一角，如图（）．这匹马能否从某一点出发，跳遍每一格恰好一次，最后回到出发点?

解析我们用两种方法对此棋盘染色．首先，将棋盘黑白相间染色，由马的跳步规则知，马每跳一步，或者是从黑格跳到白格，或者是从白格跳到黑格．不妨设马是第奇数步跳到自格，即马在第奇数步跳入的格子全体就是全体白格．其次，将棋盘的第1、2、6、7、11、12行染成白色，其余的行染成黑色，如图（）．由马的跳步规则知．马从白格一定跳人黑格，因为白格的数目同黑格的数目相同，马要遍历棋盘的每一格恰一次再回到出发点，因此，马从黑格只能跳入白格，不妨设马第奇数步跳入白格．对于一种满足要求的跳法，在两种染色方式下第奇数步跳入的格子的全体却是不同的，矛盾．因此，题目要求的跳法，即“回路”是不存在的．25.1.18★★★在8×8方格表的小方格内放置黑色或白色的棋子，每个小方格内至多只能放一个棋子，使得每行且每列白色棋子的数量都是黑色棋子的数量之2倍．在满足上述条件的所有放置方法中，请问如何放置白色棋子和黑色棋子才能使得棋子的总数量最多?

解析因每行都有8格，所以每行棋子最多只能有6个．此方格表共有8行，因此棋子的总数最多为48个．如右图所示，48个棋子是可以完成的．●●○○○○●○○○○●○○○○●●○○○●●○○○●●○○○●●○○○●●○○○○●●○○○○○

25.1.19★★★★将的方格表中每个小方格涂上黑色或白色，两种颜色的方格数相等．问能否有一种涂法，使每一行、每一列中都有一种颜色的方格数超过75％?

解析不可能．设每行、每列中都有一种颜色的方格超过，由于行与行、列与列可对调而不影响结论．不妨设其中前行白色占优势，后行黑色占优势；前列白色占优势，后列黑色占优势．，（如下左图）．考虑放的矩形中的个方格．其中的白格可看成列或行中的“少数派”，而黑格可看成行或列中的“少数派”．由于在每行、每列中“少数派”少于或个，所以前一个矩形中的白色与后一个矩形中的黑格的个数之和少于．同样，前一个矩形中的黑格与后一个中白格之和少于．所以这两个矩形中的方格数，即少于方格总数的一半．因此，，从而，或，不妨设为前者，这时，，白色方格总数，与两种颜色的方格相等矛盾．评注每行、每列中都有一种颜色的方格恰好占是可能的（这时、当然都被4整除），前右图（其中，）即满足要求．25.1.20★★★在2是×2是的方格表上，有个格子涂黑，求证：

可以选择行及列，包含了全部这个黑格．解析将包含黑格的所有行中找出黑格数最多的前行，则这行中包含的黑格总数必定不少于，否则会有一行的黑格数至多一个，而剩下来的行至少有个黑格，于是有一行包含了至少两个黑格，这与前是行”的定义矛盾．于是结论成立，接下来只要再找是列包含剩下的个黑格即可（有的列可不包含黑格）．25.1.21★★★7×7方格表中的方格被分别染为两种不同颜色，证明：

至少可以找出21个矩形，它们的顶点是同一种颜色方格的中心，它们的边平行于方格线．解析考察其中任意一列，估计其中同色“方格对”的个数．设在该列中有一种颜色的方格走个，另一种颜色的方格个，那么，在该列中就共有个同色“方格对”．该式的值在和时达到最小值9，所以，7个列中一共有不少于63个同色“方格对”．注意到每一个这样的同色“方格对”位于一个“行对”中，如果相应的“行对”中还有一个与之颜色相同的同色“方格对”，那么，它们即构成一个满足要求的矩形．我们知道，方格表中一共有个不同的“行对”，由于有两种不同颜色，所以，一共有42种不同情况的“行对”．因此，至少可以找到21（=63-42）个满足要求的矩形．25.1.22★★★把全体正整数染成黑白两色之一，已知任意两个不同颜色的数之和为黑色，而它们的积是白色，试找出所有的这种染色方法．解析设正整数、为白色，现研究的颜色．若是黑色，设正整数黑色，则为黑色，为白色，但由前知黑色，白色，于是黑色，矛盾，因此为白色．设正整数是染成白色的最小数，于是由条件及前面的讨论知，的所有正整数倍数均为白色．至于其他正整数，不被整除，设，，由之定义知，必定是黑色，于是知当时，为黑色；当时由为白色，知亦为黑色．于是本题的结论就是，所有的倍数染成白色，其余的数染成黑色，不难验证这种染法确实满足题设要求．25.1.23★★★★有一个矩形顶点坐标分别为、、与，其中、均为正奇数，将这个矩形分拆（既无重叠，也不遗漏）为一些三角形，使得每个三角形的顶点均为格点且至少有一条边与坐标轴平行，并且这条边上的高为1，求证：

一定存在至少两个三角形，它们各有两条边平行于坐标轴．解析易知，可将矩形分成个单位正方形，并涂上黑白两色，使相邻的正方形颜色不同．此时4个角上的小正方形颜色相同，设为黑色，于是黑色格总面积比白格多1．可以推出，上述分拆中，每一个有两条边与坐标轴平行的三角形中，两种颜色部分的面积之差为；而每一个仅有一条边与坐标轴平行的三角形中，两种颜色部分的面积相等，如图．由于黑色面积与白色面积相差1，故至少存在两个三角形各有两条边与坐标轴平行．25.1.24★★★把正三角形划分为个同样大小的小正三角形，把这些小正三角形的一部分标上号码1，2，…，，使得号码相邻的三角形有相邻边．求证：

．解析将小正三角形如图黑、白染色，黑三角形共有1+2+3+…+个，白三角形共有1+2+3+…+（）个，由于要求“号码相邻的三角形有相邻边”，且有相邻号码的两个三角形染有不同的颜色，因此标上号码的黑三角形总比标上号码的白三角形的个数多1，所以编号的三角形数不超过个，即．25.1.25★★★将正方形分割为个相等的小方格，把相对的顶点、染成红色，把、染成蓝色，其他交点任意染成红、蓝两色中的一种颜色．求证：

恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数．解析用数代表颜色：

红色记为1．蓝色记为．将小方格编号，记为1，2，…，．记第个小方格四个顶点处数字之乘积为．若该格恰有三个顶点同色，则，否则．今考虑乘积．对正方形内部的交点，各点相应的数重复出现4次；正方形各边上的不是端点的交点相应的数各出现2次；、、、四点相应的数的乘积为．于是，．因此，，，…，中的个数必为偶数，即恰有三个顶点同色的小方格必有偶数个．25.1.26★★已知内有个点（无三点共线），连同点、、共个点，以这些点为顶点把分割为若干个互不重叠的小三角形，现把、、分别染成红色、蓝色、黄色，而其余个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一．求证：

三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．解析把这些小三角形的边赋值：

边的端点同色的，赋值0，边的端点不同色，赋值1，于是每只小三角形的三边赋值的和，有如下三种情形：

（i）三顶点都不同色的小三角形，赋值和为3；（ii）恰有两顶点同色的小三角形，赋值和为2；（iii）三顶点同色的小三角形，赋值和为0．设所有小三角形的边的赋值总和为，又设情形（i）、（ii）、（iii）中三类小三角形的个数分别为、、，于是．①注意到所有小三角形的边的赋值总和中，除了边，，外，其余各边都被计算了两次，故它们的赋值和是这些边的赋值和的两倍，再加上的三边的赋值和为3，故是奇数，因此，由①式得是奇数．25.1.27★★★由8个1×3和1个1×1的砖块按通常方式（即平行地贴着格子线）铺满一个5×5的棋盘，求证：

1×1的砖块必定位于整个棋盘的中心位置．解析将棋盘按图中方式染成、、三种颜色．易见、各有8格，而有9格．由于每个1×3砖块必定覆盖、、三色格各一格，因此1×1的砖块必定染成色．再将整个棋盘旋转，再按完全相同的方法染色，于是1×1的砖块仍在染成色的方格上，但两次染色均染成色的小方格只有中间的那个，因此1×l的砖块必定位于整个棋盘的中心位置．

25.1.28★★★★6个点每两点之间连一条线，将这15条线进行任意的二染色（即每条边染成两种颜色之一），则必定存在至少两个同色的三角形．解析设两色为红色与蓝色．若从同一点出发有3条线同色，比如、、为红色，如果红色，则为红色三角形，否则为蓝色，同理、亦为蓝色，于是为蓝色三角形．因此，有一点出发3条线同色，一定有同色三角形存在．于是6个点之间的15条线中，一定有同色三角形存在．5个点的10条线若无同色三角形，则每一点连出的4条线必定两红两蓝．比如五点为、、、、，不妨设、红，由于蓝，还有一点与的连线红色，不妨设红，于是蓝，红，、蓝，红，蓝，故要想不出现同色三角形，只能是五点构成的五边形（不一定凸或自身不交）的边同色，而对角线则异色．现在回到原题，设六点为、、、、、，由于一定有同色三角形存在，不妨设为一是红色三角形，若不存在第二个同色三角形，则可设五边形的边为红色（图中实线所示），对角线为蓝色（图中虚线所示）．若为红色，则为红色三角形，故蓝，同理为蓝色，于是为蓝色三角形，因此同色三角形至少有两个．25.1.29★★★的方格表中有个格子涂且黑色，如果一个未涂色的小方格有两个以上的黑色小方格与之相邻（“相邻”指有公共边），则将这个小方格也涂黑，求证：

不可能将所有的小方格都涂黑．解析假定小方格边长为1．考虑一开始这格小方格组成的“岛”，每个“岛”都由连在一起的小方格组成，不同的“岛”之间没有公共边界（当然也可能本来只有一个“岛”）．因此这些“岛”的边界（包括有“洞”时“洞”的“内部边界”）长度之和不大于（因为还有小方格边界在内部抵消的情形）．现在按规则操作，每添加一个黑格，总边界不会增加，甚至还会减少（例如未涂色的小方格周边已有3或4个小黑格与之相邻）．如果所有小方格都涂黑了，总边界为，矛盾．因此结论成立．25.1.30★★★无限大方格表上的每个结点（方格线的交点）都被染为三种颜色之一，并且每种颜色的点都有．证明：

可以找到一个直角三角形（其直角边不一定在方格线上），它的三个顶点被分别染为三种不同颜色．解析用反证法．假设不存在三个顶点被分别染为三种不同颜色的直角三角形．不难看出，可以找出一条水平方向或竖直方向的直线，它上面至少有两种颜色的结点，为确定起见，设其为水平方向．如果上只有两种颜色的点，比方说蓝色与红色，那么在平面上任意取一个绿色结点，并且把所在的竖直直线与的交点记作．于是，或为蓝色或为红色，不妨设其为蓝色．由于上还有红色结点，只要任取其中一个红点，即可得到三个顶点颜色各异的，此与假设矛盾．所以，上面有三种颜色的结点．在直线上任意取一个蓝点、一个红点和一个绿点．那么，此时在经过点的竖直直线上的结点都应当为蓝色，否则就可以找到三一个顶点颜色各异的直角三角形．同理，在经过点的竖直直线上的结点都为红色，在经过点的竖直直线上的结点都为绿色．这就表明，在以上的染色方法中，每条竖直直线上的结点都是单一颜色的，从而，任何直角边在方格线上的直角=三角形中都至少有两个顶点同色．下面考察任何一条经过结点且与竖直方向交成的直线．由于它同每条竖直直线都相交于结点处，所以它上面有着三种不同颜色的结点．这样一来，根据刚才的讨论，在每一条与它垂直的直线上的结点都只能是单一颜色的．但是，事实上这些直线都与竖直方向交成，从而与每条竖直直线都相交于结点处．故都有着三种不同颜色的结点，导致矛盾．25.1.31★★★将全平面以任意方式二染色，并在平面上任找不共线的三点、、，求证：

存在一个顶点同色的三角形，与相似．解析首先证明，一定有两点及两点连线之中点同色，不妨设二色为红与蓝．至少有一种颜色被涂在无穷多个点上，不妨设是红色，今找两点、，均为红色．为中点，又使为中点，为中点．若红，则、、为所求；同理，若或为红，则、、或、、为所求；若、、皆为蓝，则、、为所求．如图，现作′′′∽，、、为三边中点，且由前，可设′、、′．若′红，则′′′即为所求；若或红，则′或′为所求；若′、、皆蓝，此时′即为所求．于是结